BZOJ--1045-- 糖果传递（中位数，排序）
题目链接 ：BZOJ--1045-- 糖果传递
我们知道如果不头尾相连的话 直接求一个前缀和 答案为ans+=s[i]
不相连的话就是1 和n之间断开
头尾相连的话就是 在第k个人之间断开
设A[i]为 a[i]-平均数的值 S[i] 表示前缀和
第k个人断开
A[k+1] S[k+1]-S[k]
A[k+2] S[k+2]-S[k]
...
A[n] S[n]-S[k]
A[1] S[1]+S[n]-S[k]
...
A[k] S[k]+S[n]-S[k]
所以 ans+= S[i]-S[k]
所以要找到一个K 使 所有的S[i]-S[k] 的和的值最小
在别人blog看到另一种：
首先，最终每个小朋友的糖果数量可以计算出来，等于糖果总数除以n，用ave表示。
假设标号为i的小朋友开始有Ai颗糖果，Xi表示第i个小朋友给了第i-1个小朋友Xi颗糖果，如果Xi<0，说明第i-1个小朋友给了第i个小朋友Xi颗糖果，X1表示第一个小朋友给第n个小朋友的糖果数量。 所以最后的答案就是ans=|X1| + |X2| + |X3| + ……+ |Xn|。
对于第一个小朋友，他给了第n个小朋友X1颗糖果，还剩A1-X1颗糖果；但因为第2个小朋友给了他X2颗糖果，所以最后还剩A1-X1+X2颗糖果。根据题意，最后的糖果数量等于ave，即得到了一个方程：A1-X1+X2=ave。
同理，对于第2个小朋友，有A2-X2+X3=ave。最终，我们可以得到n个方程，一共有n个变量，但是因为从前n-1个方程可以推导出最后一个方程，所以实际上只有n-1个方程是有用的。
尽管无法直接解出答案，但可以用X1表示出其他的Xi，那么本题就变成了单变量的极值问题。
对于第1个小朋友，A1-X1+X2=ave -> X2=ave-A1+X1 = X1-C1(假设C1=A1-ave，下面类似）
对于第2个小朋友，A2-X2+X3=ave -> X3=ave-A2+X2=2ave-A1-A2+X1=X1-C2
对于第3个小朋友，A3-X3+X4=ave -> X4=ave-A3+X3=3ave-A1-A2-A3+X1=X1-C3
……
对于第n个小朋友，An-Xn+X1=ave。
我们希望Xi的绝对值之和尽量小，即|X1| + |X1-C1| + |X1-C2| + ……+ |X1-Cn-1|要尽量小。注意到|X1-Ci|的几何意义是数轴上的点X1到Ci的距离，所以问题变成了：给定数轴上的n个点，找出一个到他们的距离之和尽量小的点，而这个点就是这些数中的中位数，证明略。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define LL long long #define maxn 2000005 int a[maxn],b[maxn],c[maxn]; int main(){ int n; cin>>n; LL ans=0; for(int j=1;j<=n;j++){ scanf("%d",&a[j]); ans+=a[j]; } ans/=n; for(int j=1;j<=n;j++){ a[j]-=ans; } for(int j=1;j<n;j++){ b[j]=b[j-1]+a[j]; } sort(b+1,b+1+n); int k=n/2; ans=0; for(int j=1;j<=n;j++){ ans+=abs(b[j]-b[k]); } cout<<ans<<endl; }
